力學(xué)中往返運(yùn)動(dòng)問題綜述

楊曉丹

摘 要：速度的改變貫穿于往返運(yùn)動(dòng)全過程之中，從這一維度出發(fā)將往返運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分類和歸納，探討各類問題的運(yùn)動(dòng)規(guī)律和解題技巧，以便于總結(jié)和深度學(xué)習(xí).

關(guān)鍵詞：力學(xué);對(duì)稱思想;v-t圖;周期運(yùn)動(dòng);往返問題

中圖分類號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2021）04-0087-06

在高中物理的復(fù)習(xí)和考試中，單個(gè)物體或多物體體系做往返運(yùn)動(dòng)的實(shí)例屢見不鮮.根據(jù)該類問題中研究物體的速度變化規(guī)律，我們把往返運(yùn)動(dòng)基本可分為：類上拋型（“v零v”型）、“零v零”型和“鹿回家”三大類型，下面將對(duì)這三種類型問題的運(yùn)動(dòng)規(guī)律以及求解思路等展開具體描述.

一、類上拋型（v零v型）

有這樣一種往返運(yùn)動(dòng)，它雖然不是嚴(yán)格的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，卻可以采用類似的方法來處理;它的初末速度雖然不一定表現(xiàn)出嚴(yán)格的對(duì)稱性，卻也呈現(xiàn)出“非零—零—非零”的變化趨勢，這類運(yùn)動(dòng)被統(tǒng)稱為“類上拋”或“v零v”運(yùn)動(dòng).表1總結(jié)了幾種典型類上拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律和對(duì)應(yīng)v-t圖.

表1 典型類上拋模型的物理規(guī)律對(duì)比

運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)論v-t圖像

豎直上拋運(yùn)動(dòng)

全過程：v=v0-gt h=v0t-12gt2

v2-v02=-2gh上升的最大高度：H=v20/2g，上升到最高點(diǎn)的時(shí)間：t=v0/g，回到拋出點(diǎn)時(shí)的速度v=-v0.（嚴(yán)格的對(duì)稱性）

光滑斜面往返、傳送帶上往返（v傳≥v0）

全過程：v=v0-at

x=v0t-12at2

v2-v02=-2ax

離出發(fā)點(diǎn)的正向最大距離：x=v20/2a，剛要返回時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=v0/a，回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度v=-v0.（嚴(yán)格的對(duì)稱性）

阻力恒定的上拋運(yùn)動(dòng)、粗糙斜面往返運(yùn)動(dòng)

減速段：

v=v0-a1t x=v0t-12a1t2

v2-v02=-2a1x

加速段：v=a2t

x=12a2t2

v2=2a2x

離出發(fā)點(diǎn)的正向最大距離：x=v20/2a1，剛要返回時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=v0/a1，vv0=a2a1=t1t2.（除往返距離相等外，不具備對(duì)稱性）

阻力與速度成正比的豎直上拋運(yùn)動(dòng)

較復(fù)雜，略

拋出點(diǎn)加速度最大，am=g+kv0m，最高點(diǎn)a=g，落回點(diǎn)加速度最小amin=g-kvm.（除往返距離相等外，不具備對(duì)稱性，高度足夠高，物體向下可能做勻速運(yùn)動(dòng)）

部分類上拋：物塊經(jīng)傳送帶減速到零、后反向加速、再勻速運(yùn)動(dòng)（v傳<v0）

減速段：v=v0-a1t

x=v0t-12a1t2

v2-v02=-2a1x

加速段：v傳=a2t

x=12a2t2

v傳2=2a2x

離出發(fā)點(diǎn)的正向最大距離：x=v20/2a1，剛要返回時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=v0/a1，回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度為v傳.（往返加速度、距離相等，只部分具備對(duì)稱性）

例1 如圖1甲，傾角為37°的足夠長的傳送帶以恒定速度運(yùn)行，將一質(zhì)量m=1 kg的小物體以某一初速度放上傳送帶，物體相對(duì)地面的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖1乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g取10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.則下列說法正確的是（）.

A.物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.75

B.0～8 s內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量為72 J

C.0～8 s內(nèi)物體機(jī)械能的增量為84 J

D.0～8 s內(nèi)因放上物體，傳送帶電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為216 J

圖1

解析 根據(jù)v-t圖像的斜率表示加速度可得，物體相對(duì)傳送帶滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為a=1 m/s2，由牛頓第二定律得μmgcosθ-mgsinθ=ma，解得μ=0.875，故A錯(cuò)誤;0～8 s內(nèi)物體位移為x=-12×2×2 m+2+62×4 m=14 m，物體被送上的高度為h=x·sinθ=8.4 m，重力勢能的增量為ΔEp=mgh=84 J，動(dòng)能增量為ΔEk=12mv22-v12=6 J，機(jī)械能增量為ΔE=ΔEp+ΔEk=90 J，故C錯(cuò)誤;0～8 s內(nèi)只有前6 s內(nèi)物體與傳送帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng);0～6 s內(nèi)傳送帶運(yùn)動(dòng)距離為s1=4×6 m=24 m，0～6 s內(nèi)物體對(duì)地位移為s2=-12×2×2 m + 4×42 m=6 m，因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=μmgcosθ·sxd=μmgcosθ·s1-s2=0.875×1×10×0.8×18 J=126 J，0～8 s內(nèi)傳送帶電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為W=ΔE+Q=90 J+126 J=216 J，故B錯(cuò)誤，D正確.

點(diǎn)評(píng) 本題每個(gè)選項(xiàng)都要求學(xué)生找出對(duì)應(yīng)物理過程并列式計(jì)算，比較繁瑣.但若對(duì)“類上拋”型往返運(yùn)動(dòng)十分熟悉，通過本題給出的v-t圖像，就不難聯(lián)想到對(duì)應(yīng)運(yùn)動(dòng)規(guī)律，進(jìn)而提高做題速度.

例2 若在運(yùn)動(dòng)過程中空氣阻力大小不變，豎直向上拋出物體的初速度大小與返回拋出點(diǎn)時(shí)速度大小的比值為k，物體返回拋出點(diǎn)時(shí)速度大小為v，重力加速度為g，則物體從拋出到返回拋出點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間為（）.

A.k2-1k2+1·vg B.k2+1k2-1·vg

C.（k+1）（k2+1）2k·vg D. （k2-1）22k·vg

解析 取k=1，說明物體運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力為零，則物體從拋出到返回拋出點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間為2vg，代入后只有C滿足.

點(diǎn)評(píng) 通過比較發(fā)現(xiàn)，由題設(shè)初速度為k·v，具體分析本題的運(yùn)動(dòng)過程，把時(shí)間硬算出來，不僅耗費(fèi)大量時(shí)間，同時(shí)也給答題者的計(jì)算帶來了負(fù)擔(dān).但在熟練掌握豎直上拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律之后，結(jié)合選項(xiàng)特點(diǎn)即可通過巧取特殊值完成快速求解.圖2

例3 如圖2所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以大小為v0的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在傳送帶的上端放置一個(gè)小木塊，并使小木塊以大小為2v0的初速度沿傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，小木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ>tanθ，圖3四幅圖能客觀地反映小木塊的速度隨時(shí)間變化關(guān)系的是（以木塊的初速度方向?yàn)檎较颍ǎ?

圖3

解析 小木塊沿傳送帶向下運(yùn)動(dòng)的過程中所受的滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，設(shè)小木塊的質(zhì)量為m、加速度大小為a，因?yàn)棣?gt;tanθ，所以μmgcosθ>mgsinθ，故小木塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得μmgcosθ-mgsinθ=ma，解得a=μgcosθ-gsinθ，當(dāng)小木塊的速度減小到零時(shí)，小木塊相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，其所受的滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，小木塊沿傳送帶向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得a=μgcosθ-gsinθ，當(dāng)小木塊的速度增加到v0時(shí)，小木塊受沿斜面向上的靜摩擦力，由于重力沿斜面方向的分力小于最大靜摩擦力，故小木塊與傳送帶保持相對(duì)靜止，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤.

點(diǎn)評(píng) 本題部分學(xué)生會(huì)錯(cuò)用“粗糙斜面上或傾斜傳送帶上的往返問題”物理模型，以至于選擇C選項(xiàng).可見即使同為含傳送帶的類上拋問題，其運(yùn)動(dòng)規(guī)律還是略有不同的，不可一概而論.借助v-t圖像仔細(xì)對(duì)比，做好辨析是關(guān)鍵.

二、“零v零”型

“零v零”型問題，顧名思義即表示在一定的坐標(biāo)系下，研究對(duì)象的速度以零開始，以零結(jié)束的問題.這類問題的運(yùn)動(dòng)特征有：①研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)形式常表現(xiàn)出一定的規(guī)律性和周期性;

②研究對(duì)象的速度在從零變回到零的過程中，一定有最值存在.

“零v零”型問題中驅(qū)使研究對(duì)象完成速度變化的作用力可以是恒力，也可以是變力，前者范例十分常見，故本文不再贅述;后者在高中階段是以輕繩、輕桿和輕彈簧這三種物理模型最為典型.值得一提的是，對(duì)于變力系統(tǒng)而言，求取速度最值的具體位置難以繞過超越方程的求解，有時(shí)甚至根本無法得到確定的解析解，只能獲得數(shù)

值解.

圖4

例4 如圖4所示，水平光滑長桿上套有一個(gè)質(zhì)量為mA的小物塊A，細(xì)線跨過O點(diǎn)的輕小光滑定滑輪一端連接A，另一端懸掛質(zhì)量為mB的小物塊B，C為O點(diǎn)正下方桿上一點(diǎn)，滑輪到桿的距離OC=h.開始時(shí)A位于P點(diǎn)，PO與水平方向的夾角為30°.現(xiàn)將A、B同時(shí)由靜止釋放，則下列分析正確的是（）.

A.物塊B從釋放到最低點(diǎn)的過程中，物塊A的動(dòng)能不斷增大

B.物塊A由P點(diǎn)出發(fā)第一次到達(dá)C點(diǎn)的過程中，物塊B的機(jī)械能先增大后減小

C.PO與水平方向的夾角為45°時(shí)，物塊A、B速度大小關(guān)系是vA=22vB

D.物塊A在運(yùn)動(dòng)過程中最大速度為2mBghmA

圖5

解析 B物體從靜止開始運(yùn)動(dòng).在運(yùn)動(dòng)的過程中，如圖5所示，有：vA·cosθ=vB，故當(dāng)θ=90°時(shí)，vB=0 m/s;即B的運(yùn)動(dòng)模型為零v零.雖然無法求解B的速度最大值具體在哪里，但是可以通過定性分析知道它存在于θ由30°變化至90°中途的某一位置.物體B從最初到達(dá)最低點(diǎn)，繩的拉力對(duì)A一直做正功，A動(dòng)能不斷增大，在C點(diǎn)速度最大，拉力做功為W非G，機(jī)械能也一直增大，A項(xiàng)正確;在此過程中繩的拉力對(duì)B一直做負(fù)功，拉力做功為W非G，B的機(jī)械能減小.B項(xiàng)錯(cuò)誤;PO與水平面夾角為45°時(shí)，代入得：vA=2vB，C項(xiàng)錯(cuò)誤;A的最大速度出現(xiàn)在C點(diǎn)，θ=90°時(shí)，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得：mBgh（1sin30°-1）=12mAvA2，解得vA=2mBghmA，D項(xiàng)正確.由于慣性，A過C點(diǎn)后做與左邊對(duì)稱的往復(fù)運(yùn)動(dòng)，B也上下往復(fù)運(yùn)動(dòng).

那么B的最大速度到底在什么時(shí)候出現(xiàn)呢？根據(jù)A、B二者的速度關(guān)系和系統(tǒng)機(jī)械能守恒可以列式：

vAcosθ=vB （2.1）

mBgh（1sin30°-1sinθ）=12mAvA2+12mBvB2 （2.2）

進(jìn)而可以得到vB的表達(dá)式：

vB=cosθ·2mBgh2sinθ-1sinθmA+mB·cos2θ （2.3）

雖然得到了vB表達(dá)式，但它形式復(fù)雜，僅使用高中數(shù)學(xué)知識(shí)難以求得其最值的解析解.故筆者在此選擇借助MATLAB軟件求取其最值的數(shù)值解.

圖6

如圖6所示，沿水平長桿建立x軸，設(shè)物體A在初始位置時(shí)，物體B的位移也為0，那么當(dāng)物體A位于C點(diǎn)時(shí)，物體B的位移達(dá)到最大值ymax=2h.令繩OP與x軸正方向的夾角為θ，則有：

cosθ=-xx2+h2 （2.4）

物體A從C點(diǎn)開始沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A的位移為x時(shí)，物體B的位移減少為y=2h-x2+h2.設(shè)繩子的拉力大小為F，可以得到下微分方程組：

mAx¨=F·cosθmBy¨=mBg-F;x·0=0; x0=-3·hy·0=0; y0=0 （2.5）

根據(jù)y坐標(biāo)的表達(dá)式可以進(jìn)一步得到：

y¨=d2dt22h-x2+h2=x2x·2x2+h232-x¨·x+x·2x2+h212 （2.6）

為了方便分析不妨設(shè)A和B的質(zhì)量相等，那么綜上所述，式（2.5）可化成：

x¨1+x2x2+h2=x3x·2x2+h22-x·x·2x2+h2-x·gx2+h2 （2.7）

設(shè)高度h=10 m，重力加速度g=10 m/s2，物體的質(zhì)量mA=mB=1 kg，把圖6所示位置作為初始位置開始計(jì)時(shí)，使用MATLAB求解，可以得到A和B的速度分別隨角度θ、時(shí)間t、A的位移x的變化曲線如圖7（a）、（b）和（c）所示.

圖7

由圖7可知，當(dāng)時(shí)間t=1.866 s時(shí)，B第一次達(dá)到正向最大速度vBmax=6.374 m/s，此時(shí)繩OP與x軸正方向的夾角θ=49.4657°，A的位移x=-8.55 m;當(dāng)時(shí)間t=3.263 s時(shí)，B第一次達(dá)到反向最大速度v'Bmax=-6.374 m/s，此時(shí)繩OP與x軸正方向的夾角θ=130.5343°，A的位移x=8.55 m.通過分析圖像還可得知B物體的運(yùn)動(dòng)周期 TB=5.1 s.物體A在t=2.5631 s時(shí)第一次得到正向最大速度vAmax=14.1421 m/s=102 m/s，此時(shí)繩OP與x軸正方向的夾角θ=90°，A的位移x=0 m.A物體的運(yùn)動(dòng)周期TA=10.2 s=2TB，符合解析中的理論分析.

點(diǎn)評(píng) 繩約束物系問題考查了學(xué)生靈活使用合成和分解思想處理動(dòng)力學(xué)問題的能力.如表2所示，本題中的兩個(gè)物體雖是由一根輕繩相連，但各自速度的大小、變化趨勢乃至改變周期都不相同.學(xué)生需要把握輕繩約束物系相關(guān)速度的本質(zhì)特點(diǎn)，理智分析才能做出正確判斷.

表2 A、B兩物體的速度變化趨勢對(duì)比

初速度末速度

ABAB速度變化

0000有無往復(fù)性

A增大B先增后減A減小B先增后減

速度最大值可求不可求但可定性分析存在可求不可求但可定性分析存在

補(bǔ)充繩、桿連接速度不一定達(dá)極值

例5 （2015·全國卷Ⅱ）如圖8所示，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運(yùn)動(dòng).不計(jì)摩擦，a、b可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g，則（）.圖8

A.a落地前，輕桿對(duì)b一直做正功

B.a落地時(shí)速度大小為2gh

C.a下落過程中，其加速度大小始終不大于g

D.a落地前，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b對(duì)地面的壓力大小為mg

解析 分解速度得vacosθ=vbsinθ，當(dāng)θ=90°時(shí)，vb=0 m/s，而b物體由靜止開始運(yùn)動(dòng)，即最初也有vb=0 m/s，故b的運(yùn)動(dòng)滿足零v零運(yùn)動(dòng)模型.雖然難以求解b的速度最大值具體在哪里，但是可以通過定性分析知道它存在中途某一位置.因鉸鏈連接得桿是活動(dòng)桿，支持力沿著桿，b的速度先增后減，沿桿的力做功為W非G，所以輕桿對(duì)b先做正功后做負(fù)功，A項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)a落地時(shí)，θ=90°，b的速度為零，由機(jī)械能守恒定律，可得a落地時(shí)速度大小為2gh，B項(xiàng)正確;當(dāng)b滑塊速度減小時(shí)，輕桿對(duì)b做負(fù)功，輕桿對(duì)a、b都表現(xiàn)為拉力，拉力在豎直方向上有分力與a的重力合成，其加速度大小大于g，C項(xiàng)錯(cuò)誤;因b的機(jī)械能（即動(dòng)能）先增后減，a的機(jī)械能先減后增，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b的機(jī)械能最大，即最大速度位置，輕桿對(duì)a、b的作用力由沿桿向外的推力變?yōu)檠貤U向內(nèi)的拉力，此時(shí)處于力變向臨界點(diǎn)，桿的作用力為零，故b對(duì)地面的壓力大小為mg，D項(xiàng)正確.

點(diǎn)評(píng) b速度最大的位置到底在哪呢？為了便于談及不妨設(shè)b速度最大時(shí)，剛性桿與水平方向的夾角為θ，若桿長為L，由a、b二者的速度關(guān)系和系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可以列式：vacosθ=vbsinθ（2.8）

mgLcosθ0-cosθ=12mva2+vb2 （2.9）

由式（2.8）和 式（2.9）可得a、b二者的速度分別和夾角θ的關(guān)系：

va=sinθ·2gLcosθ0-cosθ （2.10）

vb=cosθ·2gLcosθ0-cosθ （2.11）

由式（2.10）和式（2.11）可知a塊的速度恒增加，b塊的速度先增加后減小，其最大極值可由均值不等式或求導(dǎo)法來求得.本文采用求導(dǎo)的方法，對(duì)vb表達(dá)式（2.11）求導(dǎo)可得：

dvbdθ=cosθ·2gLcosθ0-cosθ

+cosθ·12·-2gL·-sinθ2gLcosθ0-cosθ（2.12）

令導(dǎo)數(shù)dvbdθ=0，最終得到當(dāng)cosθ=23cosθ0時(shí)，vb取得最大值滿足：

vbmax=23cosθ0·23gL·cosθ0 （2.13）

當(dāng)θ=π2時(shí)，代入式（2.10）可得va=2gL·cosθ0=2gh，故選項(xiàng)B正確，和上述分析結(jié)果一致;若θ0=0，代入式（2.13）計(jì)算得到當(dāng)θ=41.8°時(shí)vb取得最大值，同樣符合本題解析部分中的定性分析結(jié)果.

圖9例6 （2017·江蘇高考）（多選）如圖9所示，三個(gè)小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L.B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長.現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點(diǎn)，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°.A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g.則此下降過程中（）.

A.A的動(dòng)能達(dá)到最大前，B受到地面的支持力小于3mg/2

B.A的動(dòng)能最大時(shí)，B受到地面的支持力等于3mg/2

C.彈簧的彈性勢能最大時(shí)，A的加速度方向豎直向下

D.彈簧的彈性勢能最大值為32mgL

解析 使用整體法對(duì)系統(tǒng)展開分析，當(dāng)三個(gè)小球皆靜止時(shí)，地面對(duì)B、C球的彈力各為3mg/2，當(dāng)A球下降時(shí)，只要A球未達(dá)最大速度，就有豎直向下的加速度，A球就處于失重狀態(tài)，此時(shí)地面對(duì)B球的支持力小于3mg/2，A正確;A球的動(dòng)能最大時(shí)，aA=0 m/s2，系統(tǒng)在豎直方向上F合=0，則地面對(duì)B球的彈力為3mg/2，B正確;彈簧的彈性勢能最大時(shí)，對(duì)應(yīng)著彈簧伸長量最大，A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，此時(shí)vA=0 m/s，但aA≠0 m/s2，加速度方向豎直向上，絕地反彈，開始往復(fù)運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤;兩桿間夾角由60°變?yōu)?20°，A球下落的距離h=Lsin60°-Lsin30°=3-12L，A球重力勢能的減少量等于彈簧的彈性勢能最大值為3-12mgL，D錯(cuò)誤.

點(diǎn)評(píng) 和例4類似，我們依舊借助MATLAB軟件來確定A、C最大速度的具體位置.為了研究方便，先令桿AC與豎直方向的夾角為θ，易得θ=12α.設(shè)彈簧彈性系數(shù)為k，那么根據(jù)速度關(guān)系和動(dòng)能定律可以列式：vC·sinθ=-vA·cosθ（2.14）

mgLcos30°-cosθ-12k2L·sinθ-L2

=12mvA2+12mvB2+12mvC2（2.15）

其中vB=-vC恒成立.由于α=120°時(shí)A到達(dá)最低點(diǎn)，即θ=60°時(shí)A回歸速度為零狀態(tài).故根據(jù)功能關(guān)系有：

mgLcos30°-cos60°-12k2L·sin60°-L2=0 圖10

為了進(jìn)一步研究A、C速度和時(shí)間、位置之間的關(guān)系，可以建立坐標(biāo)系如圖10所示.設(shè)AC間輕桿的作用力大小為F，則有微分方程組：

F·sinθ-k·2x-L=mx¨2F·cosθ-mg=my¨;

x·0=0; x0=L·sin30°y·0=0; y0=L·cos30°

其中：sinθ=xL ;cosθ=yL （2.18）

x2+y2=L2 （2.19）

聯(lián)立上式，最終可以化簡得到關(guān)于x坐標(biāo)的微分方程：

x¨=xgL2-x22L2-x2-x·x·22L2-x2-x3x·22L2-x2L2-x2-2k2x-LL2-x22L2-x2m

初值條件不變.由式（2.16）可得彈簧的彈性系數(shù)k必須滿足：k=mgL3+12，若設(shè)桿長L=10 m，物體的質(zhì)量m=1 kg，重力加速度g=10 m/s2，把圖10所示位置作為初始位置開始計(jì)時(shí)，使用MATLAB求解，可以得到A和C的速度分別隨角度θ、時(shí)間t的變化曲線分別如圖11（a）、（b）所示，（c）圖展示的是A球速度隨y坐標(biāo)的變化和C球速度隨x坐標(biāo)的變化曲線.

圖11

由圖11可知，當(dāng)時(shí)間t=1.226 s時(shí)，C球第一次達(dá)到速度峰值vCmax=1.8097 m/s，此時(shí)夾角θ=39.9535°∈30°， 60°，C球的坐標(biāo)滿足xC，yC=6.44 m， 0 m;隨后當(dāng)時(shí)間t=1.604 s時(shí)，A球第一次達(dá)到速度峰值vAmax=-1.6691 m/s，此時(shí)桿AC和y軸的夾角θ=45.6570°∈30°， 60°，在題設(shè)坐標(biāo)系下A球的坐標(biāo)xA，yA=0 m， 7.0453 m.A球和C球分別沿y軸和x軸作周期往返運(yùn)動(dòng)，與解析中定性分析所得結(jié)論一致.

三、“鹿回家”型

例7 在光滑水平面上有一靜止的物體，現(xiàn)以水平恒力F1推這一物體，作用一段時(shí)間后，換成相反方向的水平恒力F2推這一物體，當(dāng)恒力F2作用時(shí)間與恒力F1作用時(shí)間相同時(shí)，物體恰好回到原處，求恒力F1和F2的大小之比？

解析 設(shè)物體的質(zhì)量為m，在力F1作用下產(chǎn)生的加速度為a1，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t后，發(fā)生的位移為x1，獲得的速度為v1;在力F2的圖12作用下產(chǎn)生的加速度為a2，經(jīng)過相同的時(shí)間，運(yùn)動(dòng)的位移為x2，獲得的速度為v2.物體運(yùn)動(dòng)過程的v-t圖像如圖12所示，若作用時(shí)間t+t0后速度v=0 m/s，則有：

12a1tt+t0

=12a2t-t02 （3.1）

a1t=a2t0 （3.2）

結(jié)合牛頓第二定律可得關(guān)系式：

F1F2=a1a2

（3.3）

聯(lián)立式（3.1）～式（3.3），解得：F1F2=13 .

此外，由于整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中物體質(zhì)量不變，位移大小相等，時(shí)間也相等，故不僅其所受合力之比，其加速度之比、功之比、沖量之比、平均功率之比、動(dòng)能變化量之比、動(dòng)量變化量之比均相等且為1∶3.即：

F1F2=a1a2=W1W2=I1I2=P-1P-2=ΔEk1ΔEk2=ΔP1ΔP2=13

點(diǎn)評(píng) 值得拓展的是，類似的，若以水平恒力F1推這一物體，作用t時(shí)間后換成相反方向的水平恒力F2推同一物體，但卻是在經(jīng)過nt時(shí)間之后，物體剛好回到原靜止位置，則得到合力之比和速度之比需滿足：

F1F2=n22n+1

v1v2=-nn+1

反之，倘若要在滿足F1=F2的條件下，使物體剛好回到原靜止位置，則反向推力F2的作用時(shí)間應(yīng)為2+1t.總結(jié)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)提取物理模型，并歸納出物理規(guī)律和解題思路可以有效避免盲目刷題，更有助于邏輯思維能力的訓(xùn)練.

*注：其中“負(fù)號(hào)”僅表示速度方向和坐標(biāo)系規(guī)定正方向相反，不計(jì)入速度大小的比較.

參考文獻(xiàn)：

[1]沈誠忠.“三倍模型”剖析[J].湖南中學(xué)物理，2012（2）：71.

[2]榮萬軍，鄒祥.“零到零”過程分析及應(yīng)用[J].教學(xué)考試（高考物理），2018（2）：38.

[3]朱焱.“往返運(yùn)動(dòng)”的三種物理學(xué)表達(dá)[J].中學(xué)物理教學(xué)參考，2018（6）：61-65.

[責(zé)任編輯：李 璟]